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\title{\heiti\zihao{2} 习题7.2}
\author{中书君}
\date{\songti 2021年1月13日}

\begin{document}
\maketitle
\section{证明狄里克雷函数 $D(x)=\left\{\begin{array}{ll}1 & x  为有理数  \\ 0 & x  为无理数 \end{array}\right.$ 在$[0,1]$有界但不可积.}
\textbf{证}\quad

(1)$|D(x)|\leq1,(x \in [0,1]))$所以$D(x)$有界

(2)任取一个$[0,1]$上的分割$\Delta$,对于任意一个$[x_{i-1},x_{i}]$,都有$\sup D(x)=1, \inf D(x)=0\left(x \in\left[x_{i-1}, x_{i}\right]\right)$,从而达布大和恒为$1$,达布小和恒为$0$.故不可积.

\section{证明以下命题}
\subsection{设$[a,b]$上有界函数 $f(x)$ 的不连续点为 $\left\{x_{n}\right\},$ 并且 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=c,$ 则 $f(x)$ 在 $[a, b]$上可积}
\textbf{证}\quad
取$\delta = _{min}\{\frac{\varepsilon}{4(M-m)}, c-a,b-c\}$,则记$[c-\delta,c+\delta]$上的振幅为$\omega_1$,则$2 \delta \omega^{\prime} \leqslant(M-m) \cdot \frac{\varepsilon}{2(M-m)}=\frac{\varepsilon}{2}$

则在此区间外只有有限个不连续点.从而可以找到一种划分$\Delta$,使得其在这些区间上的达布大和 和 达布小和的差小于$\frac{\varepsilon}{2}$,所以可取分割$\Delta^{\prime}$为上述两个分割的集合(的细分),显然其同时能够满足上述条件.从而有
$$
\sum_{i=1}^{n} \omega_{i} \Delta^{\prime} x_{i}<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon
$$

\subsection{函数 $f(x)=\left\{\begin{aligned}&0  & x=0 \\ &\frac{1}{n}  & \frac{1}{n+1}< x \leqslant \frac{1}{n}, n=1,2, \cdots\end{aligned}\right.$,在区间$[0,1]$上可积}
\textbf{证}\quad
不连续点为$\left\{\frac{1}{n}\right\}, n=1,2,3 \cdots$,$f(x)$有界.由1.1,函数可积.

\subsection{函数 $f(x)=\operatorname{sgn}\left(\sin \frac{\pi}{x}\right)$ 在区间$[0,1]$上可积}
\textbf{证}\quad
$-1 \leqslant f(x) \leqslant 1,$ 且 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上的不连续点为 $x=1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \cdots, \frac{1}{n}, \cdots$ 与 $x=0$.$\forall \varepsilon>0$ 

取定 $m>\frac{4}{\varepsilon},$ 则 $f(x)$ 在 $\left[\frac{1}{m}, 1\right]$ 上只有有限个不连续点,所以 $f(x)$ 在 $\left[\frac{1}{m}, 1\right]$ 上可
积

即存在 $\left[\frac{1}{m}, 1\right]$ 的划分 $P,$ 使得 $\sum_{i} \omega_{i} \Delta x_{i}<\frac{\varepsilon}{2} .$ 将 $P$ 的分点与 0 合在一起作为 $[0,1]$ 的划
分 $P^{\prime},$ 则
$$
\sum_{i=1}^{n+1} \omega_{i}^{\prime} \Delta x_{i}^{\prime} \leqslant \sum_{i=1}^{n} \omega_{i} \Delta x_{i}+\omega_{i}^{\prime} \Delta x_{i}^{\prime}<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon
$$

所以 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可积.

\section{讨论以下命题}
\subsection{设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积,且满足 $|f(x)| \geqslant m>0$$m
$ 为一常数), 证明函数 $\frac{1}{f(x)}$ 在 $[a, b]$ 上可积}
\textbf{证}\quad
任取 $[a, b]$ 的一个划分: $a=x_{0}<x_{1}<\cdots<x_{n-1}<x_{n}=b,$ 则 $\forall x_{i-1} \leqslant x^{\prime}, x^{\prime \prime} \leqslant x_{i},$ 有$\omega_{i}\left(\frac{1}{f}\right)=\sup \left|\frac{1}{f\left(x^{\prime}\right)}-\frac{1}{f\left(x^{\prime \prime}\right)}\right| \leqslant \frac{1}{m^{2}} \sup \left|f\left(x^{\prime}\right)-f\left(x^{\prime \prime}\right)\right|=\frac{1}{m^{2}} \omega_{i}(f)$

由于 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积, $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0,$ 当 $\lambda=\max _{1 \leqslant i \leqslant n}\left(\Delta x_{i}\right)<\delta$ 时 $, \sum_{i=1}^{n} \omega_{i}(f) \Delta x_{i}<m^{2} \varepsilon$,
从而 $\sum_{i=1}^{n} \omega_{i}\left(\frac{1}{f}\right) \Delta x_{i}<\varepsilon, \frac{1}{f(x)}$ 在 $[a, b]$ 上可积.

\subsection{设函数 $f(x), g(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积,复合函数 $f(g(x))$ 在 $[a, b]$ 上是否一定可积? 当函数 $f(x)$ 为连续函数是结论是否成立}
\textbf{证}\quad
不一定.只需要找到反例即可.考虑$sgn(x)$与黎曼函数$R(x)$的复合$x \in [0,1]$.

二者在定义域内都是可积函数.

显然对于$sgn(R(x))$,当$x \in Q$时,复合函数值为$1$.当$x \in R/Q$时,复合函数值为$0$.

即二者的复合为$D(x)$(狄利克雷函数).不可积.

当$f(x)$是连续函数的时侯满足,结论成立.

由于$g(x) \in R[a,b]$,所以$g(x)$有界.设$A\leq g(x)\leq B$,又因为$f(x) \in C[a,b]$,且一致连续,故而有

 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0, \forall x^{\prime}, x^{\prime \prime} \in[A, B],$只要 $\left|x^{\prime}-x^{\prime \prime}\right|<\delta,$ 就有 $\left|f\left(x^{\prime}\right)-f\left(x^{\prime \prime}\right)\right|<\frac{\varepsilon}{2(b-a)} .$ 由于 $g(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积,从而存在一种分割$\Delta$,使得其中$g(x)$的在$[x_{i-1},x_{i}]$上的振幅$\omega_{i}\geq\delta$的区间和小于$\frac{\varepsilon}{4 M}$(此处$\varepsilon$就是上述的$\varepsilon$)

则有
$$
\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} \omega_{i}(f \circ g) \Delta x_{i} &=\sum_{\omega_{i}(g)<\delta} \omega_{i}(f \circ g) \Delta x_{i}+\sum_{\omega_{i}(g) \geqslant \delta} \omega_{i}(f \circ g) \Delta x_{i} \\ &<\frac{\varepsilon}{2(b-a)} \sum_{\omega_{i}(g)<\delta} \Delta x_{i}+2 M \sum_{\omega_{i}(g) \geqslant \delta} \Delta x_{i} \\ &<\frac{\varepsilon}{2(b-a)}(b-a)+2 M \cdot \frac{\varepsilon}{4 M}=\varepsilon \end{aligned}
$$

关键点在于想通可积函数的振幅较大的点(不连续点)可以由任意小的总长度的一系列不相交开区间包住,从而由此进行放缩变换.只需要确定一下系数即可.

\section{证明:若 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续,且 $f(x) \geqslant 0,$ 若 $\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x=0 .$ 则 $f(x) \equiv 0, x \in[a, b]$}
\textbf{证}$1^{\circ}$\quad

反证:若存在一点$\xi$,使得$f(\xi)>0$,则由于$f(x) \in C[a,b]$,所以存在一个小区间$[\xi-\delta,\xi+\delta]$当$f(x)$在这个区间中时有$f(x)>f(\xi)-\varepsilon$,$\varepsilon<\frac{f(\xi)}{2}$.故而有$\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x\geq 2(f(\xi)-\varepsilon)\delta>0$,从而其大于$0$,矛盾.

\textbf{证}$2^{\circ}$\quad
反证:当 $f(x)$ 不恒为 $0$ 时, 必存在 $x_{0} \in(a, b),$ 使得 $f\left(x_{0}\right)>0$.存在 $\delta_{0}>0,$ 使得
$$
\int_{x_{0}-\delta_{0}}^{x_{0}+\delta_{0}} f(x) \mathrm{~d} x>0
$$

但此时有
$$
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x \geqslant \int_{x_{0}-\delta_{0}}^{x_{0}+\delta_{0}} f(x) \mathrm{~d} x>0
$$

这与已知矛盾. 得证.

\textbf{证}$2^{\circ}$\quad
反证 :若 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上不恒为 $0,$ 由 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续,可知 $f^{2}(x)$ 在 $[a, b]$ 上连 续, 且 $f^{2}(x) \geqslant 0 .$ 

不妨假设 $f^{2}\left(x_{0}\right)>0, x_{0} \in[a, b],$ 由 $\lim _{x \rightarrow x_{0}} f^{2}(x)=f^{2}\left(x_{0}\right)>0,$ 存在 $c>0$ 与
$\delta>0\left(\delta<\min \left\{a-x_{0}, b-x_{0}\right\}\right),$ 使得当 $x \in\left(x_{0}-\delta, x_{0}+\delta\right)$ 时, 成立 $f(x)>c,$ 于是
$\int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{~d} x=\int_{a}^{x_{0}-\delta} f^{2}(x) \mathrm{~d} x+\int_{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta} f^{2}(x) \mathrm{~d} x+\int_{x_{0}+\delta}^{b} f^{2}(x) \mathrm{~d} x \geqslant \int_{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\hat{\delta}} f^{2}(x) \mathrm{~d} x \geqslant 2 c \delta>0$
与 $\int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{~d} x=0$ 矛盾, 所以 $f(x) \equiv 0, x \in[a, b]$

\section{比较下列积分的大小:}
\subsection{$\int_{0}^{1} x \mathrm{~d} x$ 和 $\int_{0}^{1} \sqrt{x} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad
当 $x \in[0,1]$ 时 $, x<\sqrt{x},$ 所以 $\int_{0}^{1} x \mathrm{~d} x<\int_{0}^{1} \sqrt{x} \mathrm{~d} x$.


\subsection{$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \mathrm{~d} x$ 和 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin x \mathrm{~d} x$;}
\textbf{解}\quad
当 $x>0$ 时 $, \sin x<x,$ 所以 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin x \mathrm{~d} x<\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \mathrm{~d} x$.


\subsection{$\int_{0}^{1} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x$ 和 $\int_{0}^{1} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x$;}
\textbf{解}\quad
当 $x \in[0,1]$ 时 $,-x<-x^{2}, \mathrm{e}^{-x}<\mathrm{e}^{-x^{2}},$ 所以 $\int_{0}^{1} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x<\int_{0}^{1} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x$.


\subsection{$\int_{1}^{2} x^{2} \mathrm{~d} x$ 和 $\int_{1}^{2} x^{3} \mathrm{~d} x$.}
\textbf{解}\quad
当 $x \in[1,2]$ 时 $, x^{2}<x^{3},$ 所以 $\int_{1}^{2} x^{2} \mathrm{~d} x<\int_{1}^{2} x^{3} \mathrm{~d} x$.

\section{设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积,则任给 $\varepsilon>0,$ 存在阶梯函数 $g(x),$ 使得$\int_{a}^{b}|f(x)-g(x)| \mathrm{~d} x<\varepsilon$.证明 : 由于 $f(x) \in R[a, b],$ 对于 $\forall \varepsilon>0,$ 存在 $[a, b]$ 的分割$\Delta: a=x_{0}<x_{1}<\cdots<x_{n}=b$}
\textbf{证}\quad
记 $M_{i}, m_{i}$ 和 $\omega_{i}$ 分别为 $f(x)$ 在 $\left[x_{i-1}, x_{i}\right](i=1,2, \cdots, n)$ 上的上、下确界和振幅, 则有
$$
\sum_{i=1}^{n} \omega_{i} \Delta x_{i}<\varepsilon
$$

(1) 定义阶梯函数
$$
\bar{f}(x)=\left\{\begin{array}{ll}
M_{i}, & x \in\left[x_{i-1}, x_{i}\right), i=1,2, \cdots, n-1 \\
M_{n}, & x \in\left[x_{n-1}, b\right]
\end{array}\right.
$$

和
$$
\underline{f}(x)=\left\{\begin{array}{ll}
m_{i}, & x \in\left[x_{i-1}, x_{i}\right), i=1,2, \cdots, n-1, \\
m_{n}, & x \in\left[x_{n-1}, b\right]
\end{array}\right.
$$

则 $\bar{f}(x)$ 与 $\underline{f}(x)$ 均为区间 $[a, b]$ 上的阶梯函数. 为了证明 $\bar{f}(x)$ 与 $\underline{f}(x)$ 满足 (1) 中的结论, 我们令
$$
\begin{array}{ll}
\bar{f}_{1}(x)=\left\{\begin{array}{ll}
\bar{f}(x), & x \in[a b] \text { 且 } x \neq x_{i}, \\
f\left(x_{i}\right), & x=x_{i}
\end{array}\right. \\
\underline{f}_{1}(x)=\left\{\begin{array}{ll}
\underline{f}(x), & x \in[a, b] \text { 且 } x \neq x_{i}, \\
f\left(x_{i}\right), & x=x_{i}
\end{array}\right.
\end{array}
$$

容易看出 $\bar{f}(x), \bar{f}_{1}(x), \underline{f}(x)$ 与 $\underline{f}_{1}(x)$ 均为 $[a, b]$ 上的可积函数, 且有
$$
\int_{a}^{b}|f(x)-\bar{f}(x)| \mathrm{~d} x=\int_{a}^{b}\left|f(x)-\bar{f}_{1}(x)\right| \mathrm{~d} x
$$

和
$$
\int_{a}^{b}|f(x)-\underline{f}(x)| \mathrm{~d} x=\int_{a}^{b}\left|f(x)-\underline{f}_{1}(x)\right| \mathrm{~d} x
$$

由振幅的定义, 对于 $\forall x \in\left[x_{i-1}, x_{i}\right](i=1,2, \cdots, n),$ 有
$$
\left|f(x)-\bar{f}_{1}(x)\right| \leqslant \omega_{i}
$$

和
$$
\left|f(x)-\underline{f}_{1}(x)\right| \leqslant \omega_{i}
$$

从而有
$$
\begin{aligned}
\int_{a}^{b}|f(x)-\underline{f}(x)| \mathrm{~d} x &=\int_{a}^{b}\left|f(x)-\underline{f}_{1}(x)\right| \mathrm{~d} x \\
&=\sum_{i=1}^{n} \int_{x_{i-1}}^{x_{i}}\left|f(x)-\underline{f}_{1}(x)\right| \mathrm{~d} x \leqslant \sum_{i=1}^{n} \omega_{i} \Delta x_{i}<\varepsilon
\end{aligned}
$$

从而
$$
\int_{a}^{b}|f(x)-\bar{f}(x)| \mathrm{~d} x<\varepsilon
$$

取 $g(x)=\underline{f}(x)($ 或 $\bar{f}(x)),$ 即证.

若作折线依次连接 $\left(x_{i-1}, f\left(x_{i-1}\right)\right)$ 和 $\left(x_{i}, f\left(x_{i}\right)\right)(i=1,2, \cdots, n)$.
设 $g(x)$ 为 $[a, b]$ 上的函数, 其图像恰为该折线, 则 $g(x)$ 在 $[a, b]$ 上连 续 $(g(x)$ 也称为是分段线性函数). 同理由振幅的定义, 对于 $\forall x \in\left[x_{i-1}, x_{i}\right](i=1,2, \cdots, n),$ 有
$$
|f(x)-g(x)| \leqslant \omega_{i}
$$

因此有
$$
\int_{a}^{b}|f(x)-g(x)| \mathrm{~d} x<\varepsilon
$$

从而能找到连续函数$g(x)$满足这个性质.

\section{求下列极限:}
\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{1+x} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad
由积分第一中值定理 :$ \exists \xi \in[0,1],$ 使得
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{1+x} \mathrm{~d} x=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{1+\xi} \int_{0}^{1} x^{n} \mathrm{~d} x=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{1+\xi} \cdot \frac{1}{1+n}=0
$$


\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{n} x \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad
由于 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{n} x \mathrm{~d} x=\left\{\begin{array}{l}\frac{(2 k-1) ! !}{2 k ! !}, \quad n=2 k \\ \frac{2 k ! !}{(2 k+1) ! !}, \quad n=2 k+1\end{array}\right.$,从而 $\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{n} x \mathrm{~d} x=0$


\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{1} \mathrm{e}^{x^{n}} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad
$\forall \varepsilon>0$,
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{1} \mathrm{e}^{x^{n}} \mathrm{~d} x=\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{1-\varepsilon} \mathrm{e}^{x^{n}} \mathrm{~d} x+\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{1-\varepsilon}^{1} \mathrm{e}^{x^{n}} \mathrm{~d} x \leqslant \lim _{n \rightarrow \infty} \mathrm{e}^{(1-\varepsilon)^{n}}+\mathrm{e} \varepsilon=1+\mathrm{e} \boldsymbol{\varepsilon}
$$

故 $\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{1} \mathrm{e}^{x^{n}} \mathrm{~d} x=1$


\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{n}^{n+1} \frac{\cos x}{x} \mathrm{~d} x$}
\textbf{解}\quad
$\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{n}^{n+1} \frac{\cos x}{x} \mathrm{~d} x=\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\left.\frac{\sin x}{x}\right|_{n} ^{n+1}+\int_{n}^{n+1} \frac{\sin x}{x^{2}} \mathrm{~d} x\right],$ 

由于 $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin x}{x}=0,$ 由积分第一中值定理, $\exists \xi \in[n, n+1],$ 使得 
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{n}^{n+1} \frac{\sin x}{x^{2}} \mathrm{~d} x=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\xi} \int_{n}^{n+1} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x .
$$

根据积分第一中值定理, $\exists \mu \in[n, n+1],$ 使得 
$\left|\int_{n}^{n+1} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x\right|=\left|\frac{\sin \mu}{\mu}\right| \leqslant \frac{1}{n},$ 

则 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\xi} \int_{n}^{n+1} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x=0$
,即$\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{n}^{n+1} \frac{\cos x}{x} \mathrm{~d} x=0$

\section{证明下列不等式:}
\subsection{$\frac{\pi}{2}<\int_{0}^{\pi / 2} \frac{\mathrm{~d} x}{\sqrt{1-\frac{1}{2} \sin ^{2} x}}<\frac{\pi}{\sqrt{2}}$}
\textbf{证}\quad
由 $0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{2},$ 所以 $\frac{\sqrt{2}}{2} \leqslant \sqrt{1-\frac{1}{2} \sin ^{2} x} \leqslant 1,$ 易知$$\frac{\pi}{2}=\int_{0}^{\pi / 2} 1 \mathrm{~d} x \leqslant \int_{0}^{\pi / 2} \frac{\mathrm{~d} x}{\sqrt{1-\frac{1}{2} \sin ^{2} x}} \leqslant \int_{0}^{\pi / 2} \sqrt{2} \mathrm{~d} x=\frac{\pi}{\sqrt{2}}$$


\subsection{$1<\int_{0}^{1} \mathrm{e}^{x^{2}} \mathrm{~d} x<\mathrm{e}$}
\textbf{证}\quad
由 $0 \leqslant x \leqslant 1,$ 所以 $1 \leqslant \mathrm{e}^{x^{2}} \leqslant \mathrm{e},$ 易知 $1=\int_{0}^{1} 1 \mathrm{~d} x<\int_{0}^{1} \mathrm{e}^{x^{2}} \mathrm{~d} x<\int_{0}^{1} \mathrm{ed} x=\mathrm{e} .$


\subsection{$\frac{2}{\pi}<\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x<1,$ 其中 $f(x)=\left\{\begin{array}{cc}1 & x=0 \\ \frac{\sin x}{x} & 0<x \leqslant 1\end{array}\right.$}
\textbf{证}\quad
$g(x)=\frac{\sin x}{x}$,$g^{\prime}(x)=\frac{x \cos x-\sin x}{x^{2}}<0,(x \in (0, \frac{\pi}{2}))$

$\frac{2}{\pi}<\int_{0}^{1} f(1) \mathrm{~d} x \leqslant \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x \leq \int_{0}^{1} f(0) \mathrm{~d} x=1$

\section{设 $f(x)$ 在 [0,1] 上连续,且单调递减,证明对任意$\beta \in[0,1],$ 都有$\int_{0}^{\beta} f(x) \mathrm{~d} x \geqslant \beta \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x$}
\textbf{证}\quad
题目等价于证明对任意 $\beta \in[0,1],(1-\beta) \int_{0}^{\beta} f(x) \mathrm{d} x \geqslant \beta \int_{\beta}^{1} f(x) \mathrm{d} x .$ 

对不等式两端应用积分第一中值定理. 存在 $x_{1} \in[0, \beta], x_{2} \in[\beta, 1],$ 使得 $(1-\beta) \int_{0}^{\beta} f(x) \mathrm{d} x=\beta f\left(x_{1}\right)(1-\beta),$
及 $\beta \int_{\beta}^{1} f(x) \mathrm{d} x=\beta f\left(x_{2}\right)(1-\beta) .$ 

由于 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调递减,则有 $f\left(x_{1}\right) \geqslant f\left(x_{2}\right),$ 即证 

$$(1-\beta) \int_{0}^{\beta} f(x) \mathrm{d} x \geqslant \beta \int_{\beta}^{1} f(x) \mathrm{d} x$$ 

那么可证 $$\int_{0}^{\beta} f(x) \mathrm{d} x \geqslant \beta \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x$$

\section{设函数 $f(x), g(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积,且 $f(x), g(x)$ 仅在有限个点处不相等,则有$\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=\int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d} x$}
\textbf{证}\quad

设总共有$N$个点不等.

$$\begin{aligned} \forall \varepsilon>0, & \exists \Delta, \lambda(\Delta)<\frac{\varepsilon}{2N_{max}|g(x)- f(x) |}(\text{二者有界})    \text { s.t. } \\ &\left|\sum_{(\Delta)} f\left(\xi_{i}\right) \Delta x_{i}-\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x\right|<\frac{\varepsilon}{2} \end{aligned}$$
$$
\begin{aligned}
&\left|\sum_{(\Delta)} g\left(\xi_{i}\right) \Delta x_{i}-\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x\right| \\
\leqslant&\left|\sum_{(\Delta)} g\left(\xi_{i}\right) \Delta x_{i}-\sum_{(\Delta)} f\left(\xi_{i}\right) \Delta x_{i}\right|+\left|\sum_{(\Delta)} f\left(\xi_{i}\right) \Delta x_{i}-\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x\right| \\
\leqslant &N\cdot|g(x)-f(x)| \cdot \lambda(\Delta)+\frac{\varepsilon}{2}<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon
\end{aligned}
$$

\section{证明下列不等式:}
\subsection{设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积,则$$\left(\int_{a}^{b} f(x) \sin x \mathrm{~d} x\right)^{2}+\left(\int_{a}^{b} f(x) \cos x \mathrm{~d} x\right)^{2} \leqslant(b-a) \int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{d} x$$}
\textbf{证}\quad
由$\mathrm{Cauchy-Swarts}$不等式,
$$
\left(\int_{a}^{b} f(x) \sin x \mathrm{~d} x\right)^{2} \leqslant \int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{d} x\cdot \int_{a}^{b} \sin^{2}(x) \mathrm{d} x
$$

和
$$
\left(\int_{a}^{b} f(x) \cos x \mathrm{~d} x\right)^{2} \leqslant \int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{d} x\cdot \int_{a}^{b} \cos^{2}(x) \mathrm{d} x
$$

从而有
$$
\left(\int_{a}^{b} f(x) \sin x \mathrm{~d} x\right)^{2}+\left(\int_{a}^{b} f(x) \cos x \mathrm{~d} x\right)^{2} \leqslant\int_{a}^{b}  \mathrm{d} x\cdot \int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{d} x=(b-a)\int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{d} x
$$

\subsection{设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积且非负,则$$\left(\int_{a}^{b} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x\right)^{2}+\left(\int_{a}^{b} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x\right)^{2} \leqslant\left(\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x\right)^{2}$$}
\textbf{证}\quad
利用$\mathrm{Cauchy-Swarts}$不等式
$$
\left(\int_{a}^{b}f(x)\sin x\mathrm{~d}x\right)^{2}\leqslant \int_{a}^{b}\sqrt{f(x)}^{2}\mathrm{~d}x+\int_{a}^{b}\sqrt{f(x)}^{2}\sin ^{2}x\mathrm{~d}x
$$

\section{引理1——$Young$不等式:$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$,则有$x^{\frac{1}{p}} y^{\frac{1}{q}} \leqslant \frac{x}{p}+\frac{y}{q}$}
\textbf{证}\quad
设函数 $f(x)$ 是凸函数,且 $f^{\prime \prime}(x)>0,$ 则有
$$
f[(1-\lambda) x+\lambda y] \leqslant(1-\lambda) f(x)+\lambda f(y), \quad 0<\lambda<1
$$

令 $f(x)=-\ln x,$ 显然函数 $f(x)$ 是凸函数,则有 $(1-\lambda) \ln x+\lambda \ln y \leqslant \ln [(1-\lambda) x+\lambda y]$,即
$\ln x^{1-\lambda} \cdot y^{\lambda} \leqslant \ln [(1-\lambda) x+\lambda y],$ 从而有
$$
x^{1-\lambda} \cdot x^{\lambda} \leqslant(1-\lambda) x+\lambda y
$$

\section{引理2——$\mathrm{Hölder}$不等式:设 $a_{i}>0, b_{i}>0(i=1,2, \cdots, n),$ 则$$\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \leqslant\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{q}\right)^{\frac{1}{q}}$$}
\textbf{证}\quad
令 $f(x)=x^{\frac{1}{q}},$ 则
$$
f^{\prime \prime}(x)=\frac{1}{q}\left(\frac{1}{q}-1\right) x^{\frac{1}{q}-2}<0, \quad \forall x>0
$$

因此, $f(x)$ 为 $(0,+\infty)$ 上的严格凹函数. 于是, 若
$$
x_{i}>0, \quad t_{i}>0, \quad \sum_{i=1}^{n} t_{i}=1
$$

则有
$$
t_{1} x_{1}^{\frac{1}{q}}+t_{2} x_{2}^{\frac{1}{q}}+\cdots+t_{n} x_{n}^{\frac{1}{q}} \leqslant\left(t_{1} x_{1}+t_{2} x_{2}+\cdots+t_{n} x_{n}\right)^{\frac{1}{q}}
$$

现取
$$
t_{i}=\frac{a_{i}^{p}}{\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{p}}, \quad x_{i}=\frac{b_{i}^{q}}{a_{i}^{p}}
$$

并且代入上述不等式, 得
$$
\frac{a_{1} b_{1}+\cdots+a_{n} b_{n}}{\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{p}} \leqslant \frac{\left(b_{1}^{q}+\cdots+b_{n}^{q}\right)^{\frac{1}{q}}}{\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{p}\right)^{\frac{1}{q}}}
$$

整理即可知:
$$
\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \leqslant\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{q}\right)^{\frac{1}{q}}
$$

\section{引理3——$\mathrm{Minkowskii}$不等式:设 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 和 $b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}$ 是两组非负实数, $p>1,$ 则$$\left(\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}+b_{i}\right)^{p}\right)^{\frac{1}{p}} \leqslant\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{p}\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{p}\right)^{\frac{1}{p}}$$}
\textbf{证}\quad
原不等式等价于
$$
\begin{array}{c}
{\left[1-\left(\frac{\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{p}}{\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}+b_{i}\right)^{p}}\right)^{\frac{1}{p}}\right]^{p} \leqslant    \frac{\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{p}\right)}{\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}+b_{i}\right)^{p}}  =\sum_{i=1}^{n} \frac{b_{i}^{p}}{\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}+b_{i}\right)^{p}}} \\
\lambda_{i}=\left(a_{i}+b_{i}\right)^{p} / \sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}+b_{i}\right)^{p}
\end{array}
$$

则易见有 $\lambda_{1}+\lambda_{2}+\cdots+\lambda_{n}=1 .$ 原不等式可化为
$$
\left[1-\left(\sum_{i=1}^{n} \lambda_{i}\left(\frac{a_{i}}{a_{i}+b_{i}}\right)^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\right]^{p} \leqslant \sum_{i=1}^{n} \lambda_{i}\left(\frac{b_{i}}{a_{i}+b_{i}}\right)^{p}
$$

令 $f(x)=\left(1-x^{\frac{1}{p}}\right)^{p} .$ 注意到 $f\left(\left(\frac{a_{i}}{a_{i}+b_{i}}\right)^{p}\right)=\left(\frac{b_{i}}{a_{i}+b_{i}}\right)^{p},$ 则不等式等价于
$$
f\left(\sum_{i=1}^{n} \lambda_{i}\left(\frac{a_{i}}{a_{i}+b_{i}}\right)^{p}\right) \leqslant \sum_{i=1}^{n} \lambda_{i} f\left(\left(\frac{b_{i}}{a_{i}+b_{i}}\right)^{p}\right)
$$

由 Jensen 不等式知我们只需验证 $f(x)$ 是 (0,1) 上的凸函数即可. 由
$$
\begin{array}{c}
f^{\prime}(x)=-\left(1-x^{\frac{1}{p}}\right)^{p-1} \cdot x^{\frac{1}{p}-1} \\
f^{\prime \prime}(x)=\frac{p-1}{p}\left(1-x^{\frac{1}{p}}\right)^{p-2} \cdot x^{\frac{1}{p}-2}
\end{array}
$$

知$f(x)$在$(0,1)$上严格凹.证毕.

\section{证明下列不等式}
\subsection{赫尔德($\mathrm{Holder}$)不等式:设 $f, g$ 在 $[a, b]$ 上连续, $p>1, \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1,$ 则$$\int_{a}^{b}|f(x) g(x)| \mathrm{d} x \leqslant\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right]^{\frac{1}{p}}\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} \mathrm{~d} x\right]^{\frac{1}{q}}$$}
\textbf{证}$1^{\circ}$\quad
由于$f,g$连续,所以取分割$\Delta_{n}$,并取$\xi_{i}= x_{i}$.

不妨令$f(x),g(x)$非负,则有
$$
\sum_{i=1}^{n} f(\xi_{i}) g(\xi_{i}) \leqslant\left(\sum_{i=1}^{n} \left(f(\xi_{i})\right)^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{i=1}^{n} \left(g(\xi_{i})\right)^{q}\right)^{\frac{1}{q}}
$$

对其两边同时乘以$\Delta x_{i}(即\frac{b-a}{n})$,则有
$$
\begin{aligned}
\int_{a}^{b}|f(x) g(x)| \mathrm{d} x =\sum_{i=1}^{n} f(\xi_{i}) g(\xi_{i}) \cdot\frac{a-b}{n}&\leqslant\left(\sum_{i=1}^{n} \left(f(\xi_{i})\right)^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{i=1}^{n} \left(g(\xi_{i})\right)^{q}\right)^{\frac{1}{q}}\cdot\frac{a-b}{n}\\&
=\left(\left(\sum_{i=1}^{n} \left(f(\xi_{i})\right)^{p}\right)\cdot\frac{a-b}{n}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\left(\sum_{i=1}^{n} \left(g(\xi_{i})\right)^{q}\right)\cdot\frac{a-b}{n}\right)^{\frac{1}{q}}
\\&
=\left(\sum_{i=1}^{n} \left(f(\xi_{i})\right)^{p}\cdot\frac{a-b}{n}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{i=1}^{n} \left(g(\xi_{i})\right)^{q}\cdot\frac{a-b}{n}\right)^{\frac{1}{q}}
\\&=\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right]^{\frac{1}{p}}\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} \mathrm{~d} x\right]^{\frac{1}{q}}
\end{aligned}
$$

\textbf{证}$2^{\circ}$\quad
设 $f, g$ 在 $[a, b]$ 上连续 $, p>1, \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1,$ 则
$$
\int_{a}^{b}|f(x) g(x)| \mathrm{d} x \leqslant\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{d} x\right]^{\frac{1}{p}}\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} \mathrm{~d} x\right]^{\frac{1}{4}}
$$
证明 $\quad$ 当 $f(x) \equiv 0$ 或 $g(x) \equiv 0$ 时・上式显然成立.

否则令
$$
\begin{aligned}
\varphi(x)=\frac{|f(x)|}{\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right]^{\frac{1}{p}}}, & \psi(x)=\frac{|g(x)|}{\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} \mathrm{~d} x\right]^{\frac{1}{q}}}, \quad x \in[a, b] \\
\varphi(x) \psi(x) & \leqslant \frac{1}{p} \varphi(x)^{p}+\frac{1}{q} \psi(x)^{q}
\end{aligned}
$$

即
$$
\frac{|f(x) g(x)|}{\left[\int_{b}^{a}|f(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right]^{\frac{1}{p}}\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} \mathrm{~d} x\right]^{\frac{1}{q}}}
$$
$$
\leqslant \frac{|f(x)|^{p}}{p \int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{~d} x}+\frac{|g(x)|^{q}}{q \int_{a}^{b}|g(x)|^{q} \mathrm{~d} x}, \quad x \in[a, b]
$$

对上式两边在[a,b]上求积分,利用定积分的性质得
$$
\begin{array}{l}
\frac{1}{\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right]^{\frac{1}{p}}\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} \mathrm{~d} x\right]^{\frac{1}{q}} }\int_{a}^{b}|f(x) g(x)| \mathrm{d} x \\
\leqslant \frac{\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{~d} x}{p \int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{~d} x}+\frac{\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} \mathrm{~d} x}{q \int_{a}^{b}|g(x)|^{q} \mathrm{~d} x}=\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1
\end{array}
$$

$$
\begin{aligned}
&\text { 在不等式两边同乘以 }\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right]^{\frac{1}{p}}\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} \mathrm{~d} x\right]^{\frac{1}{q}}, \text { 即得 }\\
&\int_{a}^{b}|f(x) g(x)| \mathrm{d} x \leqslant\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right]^{\frac{1}{p}}\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{q} \mathrm{~d} x\right]^{\frac{1}{q}}
\end{aligned}
$$

\subsection{闵科夫斯基($\mathrm{Minkowski}$)不等式 :设 $f, g$ 在 $[a, b]$ 上连续, $p>1,$ 则$$\left(\int_{a}^{b}|f(x)+g(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right)^{\frac{1}{p}} \leqslant\left(\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\int_{a}^{b}|g(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right)^{\frac{1}{p}}$$}
\textbf{证}$1^{\circ}$\quad
由于$f,g$连续,所以取分割$\Delta_{n}$,并取$\xi_{i}= x_{i}$.

不妨令$f(x),g(x)$非负,则有
$$
\left(\sum_{i=1}^{n}\left(f(\xi_{i}) +g(\xi_{i})\right)^{p}\right)^{\frac{1}{p}} \leqslant\left(\sum_{i=1}^{n} (f(\xi_{i}))^{p}\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\sum_{i=1}^{n} (g(\xi_{i})^{p}\right)^{\frac{1}{p}}
$$

对其两边同时乘以$\Delta x_{i}(即\frac{b-a}{n})$,则有
$$
\begin{aligned}
\left(\int_{a}^{b}|f(x)+g(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right)^{\frac{1}{p}} &=\left(\sum_{i=1}^{n}\left((f(\xi_{i}) +g(\xi_{i}))\frac{b-a}{n}\right)^{p}\right)^{\frac{1}{p}} \\&\leqslant\left(\sum_{i=1}^{n} (f(\xi_{i})\cdot\frac{b-a}{n})^{p}\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\sum_{i=1}^{n} (g(\xi_{i})\cdot\frac{b-a}{n})^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\\&
=\left(\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\int_{a}^{b}|g(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right)^{\frac{1}{p}}
\end{aligned}
$$

从而得证.

\textbf{证}$2^{\circ}$\quad
设 $f, g$ 在 $[a, b]$ 上连续, $p>1,$ 则
$$
\left(\int_{a}^{b}|f(x)+g(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right)^{\frac{1}{p}} \leqslant\left(\int_{a}^{b}|f(x)|^{\rho} \mathrm{d} x\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\int_{a}^{b}|g(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right)^{\frac{1}{p}}
$$

证明 ${\text { 令 } q \text { 满足 } \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1, \text { 由三角不等式可得 }}$
$$
\begin{aligned}
I &=\int_{a}^{b}|f(x)+g(x)|^{p} \mathrm{~d} x=\int_{a}^{b}|f(x)+g(x)||f(x)+g(x)|^{p-1} \mathrm{~d} x \\
& \leqslant \int_{a}^{b}|f(x)||f(x)+g(x)|^{p-1} \mathrm{~d} x+\int_{a}^{b}|g(x)||f(x)+g(x)|^{p-1} \mathrm{~d} x
\end{aligned}
$$

再根据赫尔德不等式,可得
$$
I \leqslant\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right]^{\frac{1}{p}}\left[\int_{a}^{b}|f(x)+g(x)|^{q(p-1)} \mathrm{d} x\right]^{\frac{1}{q}}+
$$
$$
\begin{aligned}
&\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right]^{-\frac{1}{p}}\left[\int_{a}^{b}|f(x)+g(x)|^{q(p-1)} \mathrm{d} x\right]^{\frac{1}{q}} \\
=&\left\{\left[\int_{a}^{b}|f(x)|^{\rho} \mathrm{d} x\right]^{\frac{1}{p}}+\left[\int_{a}^{b}|g(x)|^{p} \mathrm{~d} x\right]^{\frac{1}{p}}\right\}\left[\int_{a}^{b}|f(x)+g(x)|^{q(p-1)} \mathrm{d} x\right]^{\frac{1}{q}}
\end{aligned}
$$

根据 $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1,$ 得 $\frac{1}{p}=1-\frac{1}{q}, q(p-1)=p,$ 整理可得结论.







\end{document}
\subsection{}
\textbf{解}\quad

\subsection{}
\textbf{证}\quad

\textbf{\textcolor{red}{注}}\quad